SolucinI2MAT1620-2do2021

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Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
Departamento de Matemática
Segundo semestre de 2021
MAT1620 – Cálculo II
Solución Interrogación N◦ 2
1. a) Sea b > 0. Exprese la función ln(1 + bx2) como una serie de potencias centrada en cero y encuentre su
radio de convergencia.
Solución. Primero observamos que
d
dx
ln(1 + x) =
1
1 + x
y por series geométricas tenemos que
1
1 + x
=
∞∑
n=0
(−1)nxn si y solo si |x| < 1. Como la integral de una series de potencia es la serie de
potencia integrada término a término y el radio de convergencia se preserva, integrando lo anterior
concluimos que ln(1 + x) = K +
∞∑
n=0
(−1)n x
n+1
n+ 1
con radio de convergencia 1. Además, evaluando en
x = 0 concluimos que K = 0 y por lo tanto ln(1 + x) =
∞∑
n=1
(−1)n−1x
n
n
con radio de convergencia 1.
Ahora, para la expresión original, ocupamos lo que obtuvimos arriba:
ln(1 + bx2) =
∞∑
n=1
(−1)n−1
(
bx2
)n
n
con radio de convergencia determinado por |bx2| < 1, es decir donde el radio de convergencia de la serie
encontrada (que se obtiene despejando |x| en la expresión anterior) es 1√
b
.
Criterios de corrección:
1 pt Por expresar ln(1 + x) como una serie de potencias.
1 pt Por expresar ln(1 + bx2) como una serie de potencias.
1 pt Por determinar el radio de convergencia de la serie.
b) Analice la existencia de ĺım
(x,y)→(1,1)
2(x− 1)(y − 1)
x2 + y2 − 2x− 2y + 2
. Justifique su respuesta.
Solución. Haciendo el cambio de variable u = x− 1, v = y − 1 el limite se transforma en:
ĺım
(x,y)→(1,1)
2(x− 1)(y − 1)
x2 + y2 − 2x− 2y + 2
= ĺım
(u,v)→(0,0)
2uv
u2 + v2
Claramente este limite no existe, porque los limites a través de las direcciones dadas por el eje u y el
eje v valen cero y si se acerca al origen por la recta u = v se obtiene 1.
Criterios de corrección:
1 pt Por realizar un cambio de variables llevando (1, 1) al origen.
1 pt Por calcular una trayectoria de limite cero.
1 pt Por calcular una trayectoria de limite distinto de cero y concluir que el limite no existe.
2. Considere la función f : R2 → R definida como f(x, y) =
√
2−
(
x+ y
2
)2
.
a) (1 pt) Determine el dominio de f(x, y).
b) (1 pt)) Bosqueje el dominio de f(x, y).
c) (2 pts) Bosqueje las curvas de nivel de alturas 0 y
√
2 de f ; es decir, las curvas de nivel para los valores
k = 0 y k =
√
2.
d) (2 pts) Bosqueje las curvas de nivel de altura 0 de la función g : R2 → R, donde g(x, y) = sen(πf(x, y)).
Solución.
a) De la definición de f(x, y), se tiene que (x, y) está en el dominio de f si y solo si
2−
(
x+ y
2
)2
≥ 0 ⇔
(
x+ y
2
)2
≤ 2 ⇔
∣∣∣∣x+ y2
∣∣∣∣ ≤ √2 ⇔ |x+ y| ≤ 2√2
Por lo tanto tenemos −2
√
2 ≤ x+ y ≤ 2
√
2.
b) El conjunto {(x, y) ∈ R2 : − 2
√
2 ≤ x+ y ≤ 2
√
2} corresponde a una banda en el plano (x, y) entre las
rectas x+ y = 2
√
2 y la recta x+ y = −2
√
2.
c) Se tiene que f(x, y) = 0 si y solo si
√
2−
(
x+ y
2
)2
= 0 ⇔ 2 −
(
x+ y
2
)2
= 0 ⇔
∣∣∣∣x+ y2
∣∣∣∣ = √2.
Entonces x+ y = 2
√
2 o x+ y = −2
√
2y por lo tanto las curvas de nivel de altura 0 de f son
Mientras que las curvas de nivel
√
2 corresponden a x = −y
d) Sabemos que sen(πz) = 0 si y solo si z es entero, aśı que g(x, y) = 0 si y solo si f(x, y) es un entero.
Notamos que los únicos valores enteros que puede tomar f son 0 y 1 y por lo tanto g(x, y) = 0 si y
solo si f(x, y) = 0 o 1. En resumen, g es cero si y solo si x + y = 2
√
2, x + y = −2
√
2, x + y = 2, o
x+ y = −2, y la curva de nivel de altura 0 de g es:
Criterios de corrección:
1 pt Por determinar el dominio de f .
1 pt Por bosquejar el dominio de f .
1 pt Por graficar la curva de nivel de altura 0 de f .
1 pt Por graficar la curva de nivel de altura
√
2 de f .
1 pt Por reconocer que g(x, y) = 0 si y solo si f(x, y) = 0 o 1.
1 pt Por graficar la curva de nivel de altura 0 de g.
3. Considere la función diferenciablef(x, y) = 1− xy cos(πy).
a) (4 pts) Sea π1 el plano tangente a la superficie z = f(x, y) en el punto (2, 1). Determine las ecuaciones
paramátricas de la recta que pasa por el punto (1,−1, 0) y es perpendicular al plano π1.
b) (2 pts) Utilice el plano tangente en un punto apropiado para aproximar f(2.02 , 0.97).
Solución.
1) Primero calculamos las derivadas parciales de f(x, y) en el punto (2, 1).
fx(x, y) = −y cos(πy) fy(x, y) = −x cos(πy) + πxysen(πy).
Entonces
fx(2, 1) = 1 fy(2, 1) = 2.
Luego observamos que la normal del plano π1 es el vector < 1, 2,−1 >. Si la recta es perperdicular
al plano π1, la dirección de la recta es la misma dirección que el vector normal del plano. Entonces
las ecuaciones paramétricas de la recta pedida son :
x = 1 + t, y = −1 + 2t , z = −t donde t ∈ R
Criterios de corrección:
1 pt Por calcular la derivada parcial con respecto a x.
1 pt Por calcular la derivada parcial con respecto a y.
1 pt Por determinar el vector director de la recta.
1 pt Por determinar las ecuaciones paramétrica de la recta.
2) El punto (2.02 , 0.97) está cerca al punto (2 , 1) entonces la linealización de f en el punto (2 , 1)
nos da una buena aproximación para f(2.02 , 0.97).
La linealización de f en el punto (2, 1) es
L(x, y) = f(2, 1) + fx(2, 1)(x− 2) + fy(2, 1)(y − 1) = 3 + (x− 2) + 2(y − 1) = x+ 2y − 1
La aproximación lineal correspondiente es
1− xy cos(πy) ≈ x+ 2y − 1
de modo que
f(2.02 , 0.97)≈ 2.02+2(0.97)−1=2.02+1.94−1=2.96.
Criterios de corrección:
1 pt Por justificar que 1− xy cos(πy) ≈ x+ 2y − 1.
1 pt Por aproximar f(2.02 , 0.97).
4. a) Sean g una función diferenciable con derivadas parciales constantes y f(x, y) = g(x cos(y), x sin(y)).
Demuestre que h(x, y) =
(
x
∂f
∂x
)2
+
(
∂f
∂y
)2
no depende de y.
Solución. Sea u = x cos(y), v = x sin(y). Como las derividas parciales de g son constantes, entonces
∂g
∂u
= c1 y
∂g
∂v
= c2 para algunos reales c1 y c2. Por lo tanto:
∂f
∂x
=
∂g
∂u
∂u
∂x
+
∂g
∂v
∂v
∂x
= c1 cos(y) + c2 sin(y)
∂f
∂y
=
∂g
∂u
∂u
∂y
+
∂g
∂v
∂v
∂y
= −c1x sin(y) + c2x cos(y)
Entonces (
x
∂f
∂x
)2
+
(
∂f
∂y
)2
= c21x
2 cos2(y) + 2c1c2x
2 cos(y) sin(y) + c22x
2 sin2(y)+
c21x
2 sin2(y)− 2c1c2x2 cos(y) sin(y) + c22x2 cos2(y)
= (c21 + c
2
2)x
2.
donde la última expresión es independiente de la variable y.
Criterios de corrección:
1 pt Por determinar
∂f
∂x
.
1 pt Por determinar
∂f
∂y
.
1 pt Por demostrar que h(x, y) es constante en la variable y.
b) Sea z = z(x, y) la superficie determinada implicitamente por la ecuación
2x2 + y2 + 3xz2 + yz = 5
cerca del punto (1,−1, 1). Calcule la derivada direccional de z(x, y) en la dirección del vector u⃗ = (1, 2)
en el punto (1,−1).
Solución. Primero calculamos las derivadas parciales de z(x, y) en el punto (1,−1, 1). Si llamamos
F (x, y, z) = 2x2 + y2 + 3xz2 + yz − 5, entonces:
Fx(1,−1, 1) = 4x+ 3z2|(1,−1,1) = 7
Fy(1,−1, 1) = 2y + z|(1,−1,1) = −1
Fz(1,−1, 1) = 6xz + y|(1,−1,1) = 5
de donde
∂z
∂x
= −Fx
Fz
=
−7
5
y
∂z
∂y
= −Fy
Fz
=
1
5
.
Observamos además que ∥u⃗∥ =
√
5 por lo que buscamos la derivada direccional en la dirección û =
(1/
√
5, 2/
√
5). Luego
Dûz(1,−1) = ∇z · û =
(
−7
5
,
1
5
)
·
(
1√
5
,
2√
5
)
=
−1√
5
.
Criterios de corrección:
1 pt Por determinar
∂z
∂x
.
1 pt Por determinar
∂z
∂y
.
1 pt Por determinar la derivada direccional.
5. Sea f : R2 → R definida por f(x, y) =

x2y
x4 + y2
+ x− 2y si (x, y) ̸= (0, 0)
0 si (x, y) = (0, 0)
a) Calcule la derivada direccional Dûf(x, y) en el punto (0, 0) en la dirección del vector unitario û = (a, b),
donde b ̸= 0.
b) Calcule las derivadas parciales de f en el punto (−1, 1).
c) Decida si existe alguna dirección en que la derivada direccional de f a partir del punto (−1, 1) sea igual
a 3? Justifique.
Solución.
a) Por definición
Dûf(0, 0) = ĺım
t→0
f((0, 0) + tû)− f(0, 0)
t
= ĺım
t→0
f(ta, tb)
t
.
Ya que
f(ta, tb)
t
=
a2b
t2a4 + b2
+ a− 2b
Como tenemos b ̸= 0, entonces
Dûf(0, 0) =
a2
b
+ a− 2b.
b) Notamos que para cada (x, y) ̸= (0, 0) se tiene:
∂f
∂x
(x, y) =
2xy
(
x4 + y2
)
− x2y4x3
(x4 + y2)2
+ 1
∂f∂y
(x, y) =
x2
(
x4 + y2
)
− x2y2y
(x4 + y2)2
− 2
por lo que
∂f
∂x
(−1, 1) = 1
∂f
∂y
(−1, 1) = −2
c) La máxima derivada direccional de f en el punto (1,−1) es ||∇f(−1, 1)∥ = ∥(1,−2)∥ =
√
5. Dado
que la máxima derivada direccional de f en el punto (−1, 1) es
√
5, no existe una dirección en que la
derivada direccional en este punto sea 3.
Criterios de corrección:
2 pts Por aplicar correctamente la definción y expresar la derivada direccional en el punto (0, 0).
1 pt Por calcular
∂f
∂x
(−1, 1).
1 pt Por calcular
∂f
∂y
(−1, 1).
1 pt Por indicar que la máxima derivada direccional de f en el punto (−1, 1) es ||∇f(−1, 1)∥.
1 pt Por concluir que no existe una dirección en que la derivada direccional en el punto (−1, 1) sea 3.
Toda respuesta debe ir acompañada con un desarrollo que justifique su solución. En caso contrario la respuesta será evaluada con puntaje mı́nimo